Bộ 20 đề thi giữa học kì 1 Toán 12 năm 2022-2023 có đáp án- Đề 23

Chọn B

Ta cóy'=4x3−2x,y'=0⇔4x3−2x=0⇔x=0x=22x=−22.

Do y'=0 có ba nghiệm phân biệt nên hàm số có ba cực trị.

Chọn C

Hình đa diện sau có 7 mặt.

Chọn C

Hàm số y=f(x) liên tục trên đoạn −2 ; 3

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy ∀x∈−2 ; 3 thì f(x)≤2 và f(−1)=2 nên giá trị lớn nhất của hàm số y=f(x) trên đoạn −2 ; 3 bằng 2 nên chọn. 

Xét đáp án A vì −2<2 nên loại.

Xét đáp án B vì 0<2 nên loại.

Xét đáp án D vì 1<2 nên loại.

Chọn A

Xét đáp án A hàm số y=x3−x2+x+4 có tập xác định D=R 

 y'=3x2−2x+1  

Δ'y'=−2<0 nên y'=3x2−2x+1>0,∀x∈ℝ do đó hàm số luôn đồng biến trên R nên chọn.

Xét đáp án B hàm số y=2x−5x+2 có tập xác định D=ℝ\−2 .

y'=9x+22>0,∀x≠−2 do đó hàm số đồng biến trên các khoảng −∞ ;−2 và −2 ; +∞ nên loại.

Xét đáp án C hàm số y=x4+3x2−4 có tập xác định D=R 

 y'=4x3+6x=2x(2x2+3)<0,∀x<0 do đó hàm số nghịch biến trên khoảng −∞ ; 0 nên loại.

Xét đáp án D hàm số y=x2−2x−2 có tập xác định D=ℝ 

 y'=2x−2<0,∀x<1  do đó hàm số nghịch biến trên khoảng −∞ ; 1 nên loại.

Chọn C

Xét đáp án A có y'=3>0,∀x∈ℝ⇒ hàm số không có cực trị.

Xét đáp án B có y'=73x+22>0,∀x≠−23⇒ hàm số không có cực trị.

Xét đáp án D có y'=3x2≥0,∀x∈ℝ⇒ hàm số không có cực trị.

Xét đáp án C có y'=4x3+6x;  y'=0⇔x=0.  Ta có bảng biến thiên:

Do đó hàm số có đạt cực tiểu tại điểm x=0. Chọn C.

Chọn C

Ta có y'=12−sinx; y''=−cosx; y'=0⇔sinx=12⇔x=π6+k2πx=5π6+k2π;k∈ℤ.

y''π6+k2π=−cosπ6+k2π=−cosπ6=−32<0⇔Hàm số đạt cực đại tại các điểm x=π6+k2π;k∈ℤ

y''5π6+k2π=−cos5π6+k2π=−cos5π6=32>0⇒Hàm số đạt cực tiểu tại các điểm x=5π6+k2π;k∈ℤ. Do đó chọn C.

Chọn D

Đồ thị hàm số y=ax+bcx+d c≠0;ad−bc≠0 luôn nhận đường thẳng x=−dc là tiệm cận đứng.

Vậy đồ thị hàm số y=2x−3x+1 có tiệm cận đứng là đường thẳng x=−1.

Chọn B

Nhánh cuối của đồ thị đi lên nên hệ số a>0, do đó loại phương án A và D.

Hàm số có 2 điểm cực trị nên y'=0 có 2 nghiệm phân biệt.

Với phương án B ta có y'=3x2+6x=0⇔x=0x=−2

Với phương án C ta có y'=3x2+3=0 vô nghiệm.

Chọn A

Dưa vào bảng biến thiên, ta thấy hàm số đạt cực đại tại x=1.

Chọn A

Dựa vào đồ thị hàm số, ta thấy hàm số nghịch biến trên ( 1,2) và đồng biến trên ( 2,3) nên khẳng định A sai.

Chọn D

Đáp án A sai, ví dụ hàm số y=x4 đạt cực trị tại x=0 nhưng f''0=0.

Đáp án B sai, ví dụ hàm số y=x đạt cực tiểu tại x=0 nhưng không tồn tại f'0. 

Đáp án C sai, ví dụ hàm số y=x2 đạt cực tiểu tại x=0 và f''0=0.

Đáp án D đúng.

Chọn C

Tập xác định D=ℝ.

Ta có y'=3x2−6x.

Bảng biến thiên của hàm số như sau:

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số nghịch biến trên khoảng 0;2.

Chọn D

Ta có f'x=0⇔x+1x−22x−3=0⇔x=−1x=2x=3.

Phương trình f'x=0 có hai nghiệm đơn và một nghiệm bội chẵn. Vậy hàm số đã cho có hai điểm cực trị.

Chọn A

Ta có y'=−3x2+6x2+9.

y'=0⇔x=−1x=3.

Vậy S=x12+x22=10.

Chọn D

Thể tích khối lăng trụ V=S.h⇒h=VS.

Chọn D

SABC=12.2a.2a32=a23.

Góc giữa SB và (ABC) là góc SBA^=600.

Trong tam giác SBA vuông tại A có SA=AB.tan600=2a.tan600=2a3.

Vậy thể tích của SABC là V=13SABC.SA=13.a23.2a3=2a3 .

Chọn B

Gọi M là trung điểm BC suy ra góc giữa ( A'BC) và mặt phẳng đáy là góc A'MA^=60°.

Tam giác ABC là tam giác đều cạnh bằng 2a suy ra SABC=34.2a2=a23 và AM=a3.

Tam giác A'AM có tanA'MA^=A'AAM⇒A'A=AM.3=3a.

Thể tích của khối lăng trụ ABC.A'B'C' là: VABCA'B'C'=SABC.A'A=a23.3a=3a33.

Chọn D

Một khối chóp luôn có một mặt đáy và các mặt bên nên khối chóp có 2021 mặt thì có 2020 mặt bên. Suy ra mặt đáy có 2020 cạnh, và cũng có 2020 cạnh bên.

Vậy khối chóp đó có tất cả 2020+2020=4040 cạnh.

Chọn B

              limx→2−=+∞,  limx→2+=−∞⇒ đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là x=2.

              limx→−∞=−1,  limx→+∞=−1⇒ đồ thị hàm số có tiệm cân ngang là y=−1.  

Chọn A

Từ đồ thị hàm số ⇒a>0c=1⇒ Chỉ có đáp án A thỏa mãn.

Chọn C

Ta có :  limx→±∞x+12x+1=limx→±∞1+1x2+1x=12 nên y=12 là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

Chọn D

Do limx→3−fx=2     và  limx→3+fx=−∞.Nên đồ  thị hàm số có tiệm cận đứng x=3 nên loại đáp án C. Giả thiết không cho giới hạn tại vô cực của hàm số y=fx nên chưa thể kết luận về đường tiệm cận ngang.

Chọn B

Gọi H là trung điểm của AB. Do tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy nên SH⊥ABCD.

SH là đường cao của tam giác đều cạnh 2a⇒SH=a3.

Vậy VS.ABCD=13SABCD.SH=13.2a2.a3=4a333.

Chọn A

Ta có hàm số  fx=−x2+4x liên tục trên đoạn −2;5.

f'x=−2x+4=0⇔x=2∈−2;5.

f−2=−12; f2=4; f5=−5.

Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số fx=−x2+4x trên đoạn −2;5 là -12

Chọn  B

Đặt      AB=x  x>0 ⇒BC=x.

BC⊥SAB⇒BC⊥SB.

SB=a2+x2.

SΔSBC=12SB.SC⇔a222=12a2+x2.x⇔x4+a2x2−2a4=0⇔x2=a2x2=−2a2⇔x=a.

VS.ABC=13SA.SΔABC=13a.12a2=a36.

 

Chọn  B

f'x=2x−16x2=2x3−16x2

f'x=0⇔x=2⇒f2=12

Ta có bảng biến thiên sau :

GTNNfx0;+∞=12

Chọn A

Ta có: SA'SA=12;SB'SB=13;SC'SC=14.

Vậy áp dụng công thức tỉ số thể tích ta có: VS.A'B'C'VS.ABC=SA'SA.SB'SB.SC'SC=124.

Vậy VS.A'B'C'=10.

Chọn B

              Ta có : VKLP=23=8.

Chọn B

Chọn B

TXĐ: D=ℝ\2

Ta có: y'=−5x−22<0 ,  ∀x≠2.

Các khoảng nghịch biến của hàm số y=3x−1x−2  là −∞;2 và 2;+∞.

Chọn A

Xét hàm số y=x2−1x có tập xác định D=−∞; −1∪1; +∞

Ta có limx→−∞y=−1 và limx→+∞y=1 nên đồ thị hàm số đã cho có 2 tiệm cận ngang.

-        Đáp án B loại do tập xác định của hàm số không chứa ∞ 

-        Đáp án C và D loại do hàm phân thức có bậc tử lớn hơn bậc mẫu.

Chọn D

Ta có f'x=−3x−12<0,   ∀x∈2; 4

Nên hàm y=fx nghịch biến trên 2; 4

Do đó ta có: M=max2; 4fx=f2=5;  m=min2; 4fx=f4=3

Khi đóM+m=5+3=8

Chọn C

Tập xác định: D = ℝ \ ±4.

Ta có: y = x − 4x2 − 16= 1x + 4.

limx→−∞y = limx→−∞1x1 + 4x = 0; limx→+∞y = limx→+∞1x1 + 4x = 0 nên đồ thị hàm số nhận đường thẳng y=0 làm tiệm cận ngang.

limx→−4−y = −∞; limx→−4+y = +∞ nên đồ thị hàm số nhận đường thẳng x = −4 làm tiệm cận đứng.

Vậy đồ thị hàm số đã cho có 2 đường tiệm cận

Chọn A

Dựa vào bảng biến thiên ta có hàm số y = fx đồng biến trên −2 ; 3.

Chọn A    

Ta có : V=h.B=10.15=150.

Chọn D

                Ta có :y'=3x2−4mx+m2−3,y''=6x−4m; y'=0⇔3x2−4mx+m2−3=0 (1).

                 Mặt khác x=1 là nghiệm phương trình  ( 1)

                ⇔3.1−4m.1+m2−3=0⇔m=0m=4

                 Với m=0x=1⇒y''=6>0⇒hàm số đạt cực tiểu tại x=1 (loại)

                 Với m=4x=1⇒y''=−10<0⇒ hàm số đạt cực đại tại x=1 (nhận)

Chọn B

Từ đồ thị hàm số y=f'x ta có bảng biến thiên của hàm số y=f(x) như sau

Từ đó suy ra hàm số nghịch biến trên khoảng −1;2 do đó cũng nghịch biến trên khoảng 0;1; hàm số đồng biến trên khoảng −3;−1 nên cũng đồng biến trên khoảng −2;−1.

Chọn A

Ta có fx=8cos3x−32cos2x−1−3=8cos3x−6cos2x

Đặt t=cosx,t∈−1;1, bài toán trở thành tìm giá trị lớn nhất của hàm số  gt=8t3−6t2 trên đoạn −1;1.

g't=24t2−12t ; g't=0⇔t=0t=12

Vì hàm số gt=8t3−6t2 liên tục trên đoạn −1;1 và g−1=−14, g0=0, g12=−12, g1=2 nên maxfxℝ=max−1;1gt=g1=2.

Chọn B.

Tập xác định D=ℝ\−1

Ta có y'=2−mx+12

Để hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định y'<0⇔2−m<0⇔m>2.

Chọn C.

Ta có VS.MNPVS.ABC=SMSA.SNSB.SPSC=SMSA3=12⇒SMSA=123

Ta có MNAB=SMSA=123⇒MN=a23.

Tam giác MNP là tam giác đều, có chu vi là 3a23.

Chọn D

Chiều cao của lăng trụ là A'H

AA';ABC^=A'AH^=45°; ⇒ΔAA'Hlà tam giác vuông cân tại H

 ⇒A'H=AH=2.32=3.

V=h.Sd=A'A.SΔABC=3.12.3.2=3'(đvtt).

Chọn D

Gọi chiều rộng của hình chữ nhật là x,0<x≤4.

                    Chiều dài của hình chữ nhật là 2y,y>0.

                    Xét ΔONP vuông tạ P ta có x2+y2=16⇒y=16−x2.

Diện tích hình chữ nhật MNPQ  là

 SMNPQ=x.2.16−x2=2.x.16−x2≤2.x2+16−x22=16.

                    Vậy diện tích lớn nhất của hình chữ nhật là 16 (đvdt).

Chọn A

Đặt fx=x2+2x+m.

Đồ thị hàm số có 1 tiệm cận đứng ⇔fx=0 có 1 nghiệm kép khác 3 hoặc có 2 nghiệm phân biệt mà 1 nghiệm là .

Trường hợp 1: fx=0 có 1 nghiệm kép khác 3⇔Δ'=0f3≠0⇔1−m=015+m≠0⇔m=1m≠−15⇔m=1.

Trường hợp 2: fx=0có 2 nghiệm phân biệt mà 1 nghiệm là ⇔Δ'>0f3=0⇔1−m>015+m=0

⇔m<1m=−15⇔m=−15.

Vậy m=1; m=-15 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn D

g'x=2x.f'x2−2.

g'x=0⇔2x.f'x2−2=0⇔x=0f'x2−2=0⇔x=0x2−2=−1x2−2=2⇔x=0x=±1x=±2.

Bảng xét dấu g'x:

Vậy hàm số nghịch biến trên khoảng 0;1.

Chọn B

Ta có A'C∩ABB'A'=A'; BC⊥ABB'A'⇒A'C,ABB'A'=CA'B^=30° .

Tam giác A'BC vuông tại B ⇒A'B=BC.cotBA'C^=33.

Tam giác  ABA' vuông tại A ⇒AA'=A'B2−AB2=27−x2 (với −33<x<33).

Suy ra VABCD.A'B'C'D'=3x27−x2=3x227−x2≤AM−GM812.

Vậy giá trị lớn nhất của thể tích khối hộp bằng 812 khi x=362.

Chọn C

Ta có, phép vị tự tâm S  tỉ số k=3 biến hình chóp SA'B'C'D' thành hình chóp SABCD.

Suy ra VS.ABCD=33.VS.A'B'C'D'⇒VS.A'B'C'D'VS.ABCD=127.

Vậy VS.A'B'C'D'VS.ABCD=127.

Chọn B

Đặt y=fx=−x3−3x2+2m.

f'x=−3x2−6x.

Cho f'x=0 ta được:

−3x2−6x=0⇔x=0∈−1 ; 1x=−2∉−1 ; 1

Khi đó: f−1=2m−2, f1=2m−4, f0=2m.

Suy ra minx∈−1 ; 1−x3−3x2+2m=2m−4.

Để minx∈−1 ; 1−x3−3x2+2m=0 thì 2m−4=0⇔m=2.

Chọn C

Dựa vào đồ thị hàm số trên ta được a>0.

y'=3ax2+2bx+c.

Đồ thị hàm số đã cho không có điểm cực trị nên phương trình 3ax2+2bx+c=0 vô nghiệm.

Khi đó: Δ'=b2−3ac<0.

Chọn B 

Ta cóy'=3x2−6m−1x−3m+9. Để hàm số đồng biến trên R thì

Δ'≤0a>0⇔9m−12−3−3m+9≤03>0⇔9m2−9m−18≤0⇔−1≤m≤2.

Chọn C

Ta có y'=6x2−4mx−2m2+6. Để đồ thị hàm số có hai điểm cực trị thì y'=0 có hai nghiệm phân biệt x1,x2 thì

Δ'>0⇔4m2−6−2m2+6>0⇔16m2−36>0⇔m<−32m>32. 

Yêu cầu bài toán hai điểm cực trị có hoành độ x1,x2 sao cho x1x2+2x1+x2=1*.

Theo hệ thức Vi-et ta có x1+x2=2m3x1.x2=−m2+33.

Khi đó

*⇔−m2+33+2.2m3=1⇔−m2+4m=0⇔m=0m=4.

So sánh điều kiện m<−32m>32 ta thấy m=4 thỏa mãn.

Vậy có 1 giá trị thực của tham số m thỏa mãn yêu cầu bài toán.